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4.1.-Calcular el incremento de longitud que tendrá un pilar de hormigón de 50 x 50 cm2 de
sección y de 3 m de longitud, que se encuentra apoyado en su base inferior, debido a su
propio peso.
Datos: E= 25 GPa , γ(peso específico del hormigón)= 24 KN/m3

γ = 24

kN
N
= 24.10 3 3
3
m
m

E = 25 GPa = 25.10 9 Pa = 25.10 9

L

∆L = ∫
0

N .dx
E. A

N
m2

siendo N = f ( x )
x3m

Peso

x

RA

-

Pesox

N

18000

RA

∑F = 0

R A = Peso → R A = γ .V = 24.10 3.(0,5.0,5.3) = 18000 N

0− x −3

N = − R A + Peso x = − R A + γ .V x = −18000 + 24.10 3.(0,5.0,5.x)
N = −18000 + 6000.x
x = 0 → N = −18000 N

x =3→ N =0

(−18000 + 6000.x).dx
= −432.10 −8 m
9
25.10 .(0,5.0,5)
0
3

∆L = ∫

el pilar se acortará : 432.10-8 m

4.2.-Una barrade sección variable y peso despreciable está empotrada en su extremo
superior y sometida a las cargas que se indican en la figura. Se pide determinar:
1) Diagramas de fuerzas normales.
2) Diagramas de desplazamientos.
3) Tensión máxima, indicando donde se dará, e incremento de longitud de la barra.
Datos: E = 210000 N/mm2
RA

A1 = 4 cm2

2m
2m

20000 N

2m

A2 = 2 cm2

4m

A3= 1 cm2
10000 N

Cálculo de las reacciones:

∑F = 0

R A + 10000 = 20000 → R A = 10000 N

1) Diagramas de fuerzas normales

0− x−2

N = − R A = −10000

2− x−4

N = − R A = −10000

4− x−6

N = − R A + 20000 = 10000

6 − x − 10

N = − R A + 20000 = 10000

N .L
− 10000.x
=
E. A 210000.10 6.4.10 −4

2) Diagramas de desplazamientos:

u = ∆L( x) =

0-x-2

x =0→u =0x = 2 → u = −2,38.10 − 4 m

RA = 10000
x

2-x-4
RA = 10000
2

1

x

u = ∆L( x) = ∑

4 cm

2

2

2 cm

2

N i .Li
− 10000.2
− 10000.( x − 2)
= ∆L1 + ∆L2 =
+
10
−4
E. Ai
21.10 .4.10
21.1010.2.10 − 4

x = 2 → u = −2,38.10 −4 m

x = 4 → u = −7,14.10 −4 m

4-x-6
RA = 10000
2

4 cm

1

x
2

2 cm
20000
000

2
3

u = ∆L ( x ) = ∑

2
2

=N i . Li
= ∆L1 + ∆L2 + ∆L3 =
E . Ai

− 10000 .2
− 10000 .2
10000 .( x − 4)
+
+
10
−4
10
−4
21.10 .4.10
21.10 .2.10
21.1010.2.10 − 4

x = 4 → u = −7,14.10 − 4 m

x = 6 → u = −2,38.10 − 4 m

6-x-10
RA = 10000
2

4 cm

1

x
2

2 cm
20000

2

2

2

2

u = ∆L ( x ) = ∑

N i .Li
=∆L1 + ∆L2 + ∆L3 + ∆L4 =
E. Ai

− 10000 .2
− 10000 .2
10000 .2
10000 .(x − 6)
+
+
+
10
10
10
−4
−4
−4
21.1010.1.10 − 4
21.10 .4.10
21.10 .2.10
21.10 .2.10

3
1 cm

4

10000

2

x = 6 → u = −2,38.10 − 4 m

N (N)

x = 10 → u = 16,67.10 − 4 m

u (m)
2,38.10-4

10000
20000

7,14.10-4
10000
16,67.10-4
10000

x

x

3) σMAX , ∆L

0− x−2
2− x−4
4− x−6
6 − x − 10

N − 10000
= −25 N / mm 2
=
A
400
N − 10000
= −50 N / mm2
σx = =
A
200
N 10000
= 50 N / mm 2
σx = =
A
200
N 10000
σx = =
= 100 N / mm 2
A
100

σx =

∆L = u ( x = 10 m ) = 16,67.10 −4 m

σ MAX = 100 N / mm 2
en todos los puntos de las sec ciones
6 − x − 10

4.7.-La figura representa una barra rígida AB que está soportada por un pasador sin
fricción en A y por los alambres CD y EF. Cada alambre tiene una sección de 62,5 mm2 yuna longitud de 2 m, siendo el alambre CD de una aleación de aluminio y el EF de acero.
Determinar el valor de la carga P que hará que se rompa primero alguno de los dos cables.
Datos: cable EF de acero: fu = 410 N/mm2 , E = 210000 N/mm2
cable CD de aluminio: fu = 310 N/mm2 , E = 70000 N/mm2

D
2m

F

al

ac

P
E

C

A

B

1m

1m

2m

Ecuaciones de equilibrio de labarra rígida AB:

Fal

RA

1m

∑F = 0
∑M = 0
A

Fac

2m

P

1m

R A + Fal + Fac = P (1)
P.4 = Fac .3 + Fal .1 (2)

Es un caso hiperestático, se busca una ecuación de deformación:

1m
A-A´

2m
C

1m
E

B

∆Lal
∆Lac
C´
E´

por semejanza de triángulos :

∆Lac ∆Lal
=
3
1

B´

→ ∆Lac = 3.∆Lal

(3)

desarrollemos la ecuación (3):

Fac .Lac
F .L
=...